Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia – 20

Prova scritta di Fisica Generale I
Corso di studio in Astronomia
– 20 giugno 2013
Problema 1
Una scatola contenente sabbia (massa totale M = 3 kg) è appoggiata su un piano orizzontale
scabro, con coefficienti di attrito statico e dinamico, rispettivamente, µs = 0.8 e µd = 0.1.
Un proiettile di massa m = 5 g viene sparato nella sabbia con velocità v0 = 400 m/s lungo
una traiettoria rettilinea che forma un angolo θ = 45◦ con la verticale. Assumendo che
la sabbia eserciti una forza costante sul proiettile, diretta secondo la traiettoria iniziale, e
sapendo che esso si ferma in un tempo t0 = 3 ms, determinare
1. se la scatola rimane ferma dopo l’impatto del proiettile;
2. l’eventuale spostamento della scatola.
Soluzione
Detto F il modulo della forza (costante) che la sabbia esercita sul proiettile, l’accelerazione
a di m sarà anch’essa costante. Dato che la velocità si annulla a t = t0 , risulta −v0 = at0 e
quindi F = m|a| = mv0 /t0 = 666.7 N. Per il III principio, il proiettile esercita sulla scatola
una forza uguale ed opposta a F⃗ . Introdotto un sistema cartesiano con l’asse x in direzione
orizzontale e l’asse y verticale, tale forza ha componenti F sin θ e −F cos θ, rispettivamente.
Se la scatola è ferma, la risultante delle forze deve necessariamente annullarsi. Sulla scatola
⃗.
agiscono, oltre a −F⃗ , il peso, la forza di attrito statico F⃗a e la reazione del piano N
Proiettando lungo x e y deve quindi essere
−Fa + F sin θ = 0
−M g − F cos θ + N = 0 ,
(1)
da cui si ottiene
Fa = F sin θ
N = M g + F cos θ .
(2)
Affinchè il corpo sia in equilibrio, il piano d’appoggio deve poter esercitare una forza
d’attito statico
Fa ≤ Fa,max = µs N = µs (M g + F cos θ)
1
(3)
da cui segue
F ≤
µs M g
= 166.3 N .
sin θ − µs cos θ
(4)
Confrontando il limite massimo per F con il valore di F ricavato in precedenza, si conclude
che la scatola deve necessariamente muoversi.
L’interazione proiettile/sabbia+scatola può essere a tutti gli effetti trattata come un urto
completamente anelastico. Dato che non agiscono forze impulsive nella direzione orizzontale,
si conserva la componente x del momento totale. Detta V0 la velocità del sistema subito
dopo l’urto, sarà
mv0 sin θ = (m + M )V0 ,
(5)
da cui V0 = mv0 sin θ/(m + M ). Lungo x agisce solo la forza di attrito dinamico, Fd =
µd N = µd (m + M )g, per cui il moto è uniformemente decelerato con a = −µd g. Lo spazio
d percorso fino all’arresto si ricava dalla relazione
V 2 − V02 = 2ad ,
(6)
con V = 0, da cui
d=
V02
= 0.11m .
2|a|
(7)
Problema 2
Un disco omogeneo di massa M = 2 kg, inizialmente in quiete, è appoggiato sopra un piano
inclinato scabro (angolo di inclinazione θ = 30◦ ), trattenuto da una corda di lunghezza
ℓ = 50 cm, disposta orizzontalmente e fissata alla sommità del piano inclinato e al disco
stesso (vedi figura). Si determini
1. il momento d’inerzia del disco, I, rispetto all’asse perpedicolare che passa per il centro;
2. il valore minimo del coefficiente di attrito statico, µs,min , affinchè tale configurazione
sia effettivamente di equilibrio.
Ad un verto istante la corda viene tagliata ed il disco inizia a rotolare senza strisciare
lungo il piano inclinato. Supponendo che il piano sia sufficientemente lungo, calcolare
3. la velocità del centro di massa, vCM , dopo che il disco ha compiuto 5 giri completi.
2
Soluzione
Con riferimento alla figura, si consideri il triangolo rettangolo che ha come cateti la corda
(di lunghezza ℓ) e il raggio R che congiunge il centro del disco al punto in cui è attaccata la
corda (B) e per ipotenusa la congiungente il centro con la sommità del piano inclinato (A).
L’angolo in A è pari a θ/2, da cui segue immediatamente R = ℓ tan θ/2 = ℓ sin θ/(1 + cos θ).
Il momento d’inerzia rispetto all’asse che passa per il centro è quindi
1
M ℓ2 sin2 θ
I = M R2 =
= 0.018 kg m2 .
2
2(1 + cos θ)2
(8)
Affinchè il sistema sia in equilibrio devono essere nulle le risultanti delle forze e dei
momenti. Sul disco agiscono la forza peso M⃗g , applicata nel CM, la forza di attrito statico
⃗ , applicate nel punto di contatto (C), e la tensione del filo, T⃗ ,
F⃗a e la reazione vincolare N
applicata nel punto B. Si introduca un sistema cartesiano, con l’asse x diretto secondo la
linea di massima pendenza del piano (e orientato verso il basso), l’asse y perpendicolare al
piano (e diretto verso l’alto) e l’asse z perpendicolare a x e y (uscente dal foglio). Calcolando
i momenti rispetto al CM e proiettando lungo z si ottiene
RT − RFa = 0 ,
(9)
mentre la proiezione lungo x e y della risultante delle forze fornisce
−Fa + M g sin θ − T cos θ = 0
N − M g cos θ − T sin θ = 0 .
3
(10)
Risolvendo, si ottiene N = M g. Dalla condizione Fa ≤ µs N = µs M g, segue immediatamente
sin θ
= 0.27 .
(11)
1 + cos θ
Detto ϕ l’angolo descritto dal disco nella sua rotazione e tenendo conto che il moto è
di puro rotolamento (vCM = ωR), lo spostamento del CM lungo x sarà ∆x = ϕR e la sua
variazione di quota ∆Z = ∆x sin θ (qui Z è l’asse verticale); quando il disco ha compiuto 5
µs ≥
giri, sarà ϕ = 5 × 2π. Usando la conservazione dell’energia
1
IC ω 2 = M g∆Z ,
(12)
2
dove IC = M R2 /2 + M R2 = 3M R2 /2 è il momento d’inerzia rispetto all’asse ortogonale per
il punto di contatto, e ricordando che ω = vCM /R, si ottiene per ϕ = 5 × 2π
√
vCM =
20 × 2πRg sin θ
= 5.24 m/s .
3
(13)
Problema 3
Una macchina termica scambia calore con due sorgenti. La sorgente fredda è composta da
ghiaccio alla temperatura di fusione T1 = 273 K, mentre la sorgente calda è composta da
vapor d’acqua alla temperatura di ebollizione T2 = 373 K. Al termine di un ciclo si sono
sciolti 100 g di ghiaccio e l’entropia della sorgente calda è diminuita di 0.122 kJ/K.
1. Si dica se la macchina termica è reversibile o irreversibile.
Il lavoro prodotto dalla macchina viene interamente utilizzato per compiere un ciclo di un
figorifero di Carnot che opera tra le temperature T3 = 630 K e T4 = 234 K. Entrambe le
sorgenti sono in questo caso composte da mercurio liquido, rispettivamente alla temperatura
di ebollizione e di solidificazione. Al termine del ciclo frigorifero una quantità m = 2.87 kg
di mercurio è passata allo stato solido.
2. Si calcoli il calore latente di fusione del mercurio.
Si assuma per il calore latente di fusione del ghiaccio λf = 333.5 kJ/K.
Soluzione
Il calore ceduto al ghiaccio è in modulo pari a Q1 = mλf = 33.35 kJ, per cui la variazione
di entropia della sorgente fredda vale ∆S1 = |Q1 |/T1 = +0.122 kJ/K. Dai dati del problema
è ∆S2 = −0.122 kJ/K, pertanto la variazione totale di entropia è nulla (la macchina compie
un ciclo, pertanto la variazione di entropia dell’Universo eguaglia quella delle sorgenti) e il
ciclo è reversibile. Il rendimento è pertanto
η =1−
T1
= 0.268 ,
T2
4
(14)
mentre il calore assorbito dalla sorgente calda è pari a
Q2 = −T2
Q1
= 45.6 kJ .
T1
(15)
Il lavoro prodotto risulta quindi W = Q2 − |Q1 | = 12.2 kJ.
Tale lavoro viene utilizzato dal ciclo frigorifero, che scambia calore Q3 (negativo) con la
sorgente calda a T3 e Q4 (positivo) con la sorgente fredda a T4 , e quindi
W = Q4 − |Q3 | .
(16)
Il calore ceduto dal ciclo frigorifero alla sorgente calda si può calcolare pensando di invertire
il ciclo. In tal caso il calore scambiato Q3 resta uguale in modulo ma è opposto in segno, e
può essere direttamente calcolato conoscendo il lavoro W e il rendimento
|Q3 | =
W
W
=
= 19.4 kJ .
η2
1 − T4 /T3
(17)
Si ottiene perciò Q4 = mλ = W + |Q3 |, dove λ è il calore latente di fusione del mercurio
e m è la quantità di mercurio che si è solidificata. Sostituendo i dati del problema risulta
λ = 11 kJ/K.
5